Cho a,b>0 và a+b=1, chứng minh rằng a4+b4 \(\ge\frac{1}{8}\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
TQ
2
VT
4 tháng 1 2018
Ta cần chứng minh BĐT phụ sau là : Với x,y>0 thì \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\Leftrightarrow y\left(x+y\right)+x\left(x+y\right)\ge4xy\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\ge0\) (luôn đúng )
dấu = xảy ra <=> x=y
Áp dụng BĐT phụ đó , ta có \(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}\ge\frac{4}{a+b+2}=\frac{4}{3}\)
dấu = xảy ra <=>a=b=1/2
4 tháng 1 2018
\(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}=\frac{b+1+a+1}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}=\frac{1+1+1}{ab+a+b+1}=\frac{3}{ab+1+1}\)
\(=\frac{3}{a\left(1-a\right)+2}=\frac{3}{a-a^2+2}=\frac{3}{-\left(a^2-a+\frac{1}{4}\right)+\frac{9}{4}}=\frac{3}{-\left(a-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{9}{4}}\)
\(\ge\frac{3}{\frac{9}{4}}=\frac{4}{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{2}\)
NT
2
KN
13 tháng 4 2020
\(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}\ge\frac{2}{1+\sqrt{ab}}\Leftrightarrow\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}-\frac{2}{1+\sqrt{ab}}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{1}{a+1}-\frac{1}{1+\sqrt{ab}}\right)+\left(\frac{1}{b+1}-\frac{1}{1+\sqrt{ab}}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\sqrt{ab}-a}{\left(a+1\right)\left(1+\sqrt{ab}\right)}+\frac{\sqrt{ab}-b}{\left(b+1\right)\left(1+\sqrt{ab}\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\sqrt{a}\left(\sqrt{b}-\sqrt{a}\right)}{\left(a+1\right)\left(1+\sqrt{ab}\right)}+\frac{\sqrt{b}\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)}{\left(b+1\right)\left(1+\sqrt{ab}\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{-\sqrt{a}\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(b+1\right)+\sqrt{b}\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(a+1\right)}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(1+\sqrt{ab}\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(a\sqrt{b}+\sqrt{b}-b\sqrt{a}-\sqrt{a}\right)}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(1+\sqrt{ab}\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\left(\sqrt{ab}-1\right)}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(1+\sqrt{ab}\right)}\ge0\)(đúng với \(ab\ge1\))
Vậy \(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}\ge\frac{2}{1+\sqrt{ab}}\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b
20 tháng 3 2020
BĐT phụ:\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\ge0\left(true\right)\)
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{4}{a+b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\) ( đpcm )
Vậy.......
24 tháng 12 2019
a) \(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2+2ab+b^2}{4}-ab\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng \(\forall a,b\) )
=>đpcm
25 tháng 12 2019
Cô si
\(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge2\sqrt{\frac{bc}{a}\cdot\frac{ca}{b}}=2c\)
\(\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge2\sqrt{\frac{ca}{b}\cdot\frac{ab}{c}}=2a\)
\(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\ge2\sqrt{\frac{ab}{c}\cdot\frac{bc}{a}}=2b\)
Cộng lại ta có:
\(2\left(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\Rightarrowđpcm\)
NB
2
KB
18 tháng 3 2019
Giả sử đpcm là đúng , khi đó , ta có :
\(a^8+b^8+c^8\ge a^3b^3c^3\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Leftrightarrow a^8+b^8+c^8\ge a^3b^3c^3.\frac{ab+bc+ac}{abc}=a^2b^2c^2\left(ab+bc+ac\right)\left(1\right)\)
Vì a ; b ; c > 0 , áp dụng BĐT phụ \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\) , ta có :
\(a^8+b^8+c^8\ge a^4b^4+b^4c^4+a^4c^4\ge a^2b^2.b^2c^2+b^2c^2.c^2a^2+a^2b^2.c^2a^2=a^2c^2b^4+a^2b^2c^4+a^4b^2c^2\)
\(=\left(abc^2\right)^2+\left(bca^2\right)^2+\left(acb^2\right)^2\ge abc^2.bca^2+bca^2.acb^2+abc^2.acb^2=a^3b^2c^3+b^3a^3c^2+c^3b^3a^2\)
\(=a^2b^2c^2\left(ab+bc+ac\right)\)
Nên : \(a^8+b^8+c^8\ge a^2b^2c^2\left(ab+bc+ac\right)\)
=> BĐT được c/m ( 2 )
Từ ( 1 ) ; ( 2 ) => Điều giả sử là đúng
=> ĐPCM
18 tháng 3 2019
Ta có:
\(\dfrac{a^8+b^8+c^8}{a^3b^3c^3}\geq \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\)
\(\Leftrightarrow a^8+b^8+c^8\geq a^2b^2c^2(ab+bc+ac)(*)\)
Áp dụng BĐT AM - GM:
\(\left\{\begin{matrix} a^8+b^8\geq 2a^4b^4\\ b^8+c^8\geq 2b^4c^4\\ c^8+a^8\geq 2c^4a^4\end{matrix}\right.\Rightarrow a^8+b^8+c^8\geq a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\)
Tiếp tục áp dụng AM - GM:
\(a^8+b^8+a^4b^4+c^8\geq 4\sqrt[4]{a^{12}b^{12}c^8}=4a^3b^3c^2\)
\(b^8+c^8+b^4c^4+a^8\geq 4b^3c^3a^2\)
\(c^8+a^8+c^4a^4+b^8\geq 4c^3a^3b^2\)
Cộng lại: \(3(a^8+b^8+c^8)+(a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4)\geq 4a^2b^2c^2(ab+bc+ca)\)
Mà \(a^8+b^8+c^8\geq a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\Rightarrow 4(a^8+b^8+c^8)\geq 4a^2b^2c^2(ab+bc+ac)\)
hay \(a^8+b^8+c^8\geq a^2b^2c^2(ab+bc+ac)\Rightarrow (*)\) (đúng)
Ta có đpcm
a2 + b2 \(\ge\frac{1}{2}\)
Lại có \(\frac{a^2+b^2}{2}\) \(\ge\left(\frac{a^2+b^2}{2}\right)^2=\frac{1}{16}\). Suy ra đpcm